Εύκολη ή δύσκολη;

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7953
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Εύκολη ή δύσκολη;

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Σάβ Οκτ 29, 2016 5:16 pm

Έστω πραγματικοί αριθμοί a,b,c ώστε 21a + 14b + 12c = 0.

Να δειχθεί ότι υπάρχει x \in (0,1) ώστε a + bx + cx^2 = 0.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3842
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Εύκολη ή δύσκολη;

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Σάβ Οκτ 29, 2016 9:26 pm

Όχι ιδιαίτερα δύσκολη (εκτός αν έχω κάνει κάποιο σφάλμα).

Αν ήταν a+bx+cx^2\neq 0 για κάθε x\in (0,1) τότε λόγω συνέχειας, η συνάρτηση f(x)=a+bx+cx^2 θα διατηρούσε σταθερό πρόσημο στο (0,1).

Αν λοιπόν είχαμε a+bx+cx^2>0 για κάθε x\in (0,1) τότε:

α) θέτοντας όπου x=\dfrac{m}{2} όπου m η λύση της εξίσωσης 63m^2-168m+88=0 \ (\clubsuit) (επιλέγουμε την μεγαλύτερη της μονάδας η οποία είναι θετική και μικρότερη του 2 κι έτσι ο αριθμός x ανήκει στο (0,1)) (\star)

παίρνουμε a+\dfrac{bm}{2}+\dfrac{cm^2}{4}>0 δηλαδή ισοδύναμα 12a+6bm+3cm^2>0 \ (1)

β) θέτοντας όπου x=\dfrac{n}{3} ώστε n=\dfrac{14}{3}-2m (ο x είναι θετικός και μικρότερος της μονάδας αριθμός) (\star \star)
παίρνουμε a+\dfrac{bn}{3}+\dfrac{cn^2}{9}>0 δηκαδή ισοδύναμα 9a+3bn+cn^2>0 \ (2)

Προσθέτοντας τις (1) και (2) παίρνουμε 21a+14b+12c>0, άτοπο (το γιατί μετά την πρόσθεση καταλήγουμε σε αυτή τη σχέση φαίνεται παρακάτω).

Όμοια εργαζόμαστε και στην περίπτωση όπου a+bx+cx^2<0 για κάθε x\in (0,1).

Άρα η εξίσωση a+bx+cx^2=0 έχει τουλάχιστον μία λύση στο (0,1)

Πάμε τώρα στον τρόπο σκέψης:

(\star),(\star\star) Πως σκεφτήκαμε την επιλογή των m,n παραπάνω;

Παρατήρησα ότι θέτοντας όπου x το \dfrac{1}{2} και \dfrac{1}{3} διαδοχικά παίρναμε 4a+2b+c>0 και 9a+3b+c>0. Για να "φτιάξω" λοιπόν τον συντελεστή 21 πολλαπλασίασα την πρώτη επί 3 και πρόσθεσα τη δεύτερη. Δυστυχώς όμως "χαλούσαν" οι συντελεστές των b και c. Ξεκίνησα λοιπόν από την αρχή θέτοντας όπου x τα \dfrac{m}{2} και \dfrac{n}{3} (έτσι δεν μεταβαλλόταν ο συντελεστής του a) και κατέληξα στις (1) και (2) αντίστοιχα οι οποίες με πρόσθεση κατά μέλη έδωσαν

21a+(6m+3n)b+(3m^2+n^2)c>0 και προσπάθησα να βρω αριθμούς m,n ώστε αφενός τα \dfrac{m}{2} και \dfrac{n}{3} να ανήκουν στο (0,1) και αφετέρου να ισχύουν οι δύο βασικές σχέσεις \begin{cases} 6m+3n=14 \\ 3m^2+n^2=12 \end{cases}. Απαλοίφοντας το n από τις δύο σχέσεις καταλήγουμε στην "περίεργη" εξίσωση (\clubsuit) από την οποία επιλέγουμε τη μεγαλύτερη ρίζα ώστε και ο αριθμός \dfrac{n}{3} να ανήκει στο διάστημα (0,1) όπως θέλουμε.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2051
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Εύκολη ή δύσκολη;

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Οκτ 30, 2016 12:39 am

Χωρίς ακροβατικά.

Αν c=0 ισχύει.

Εστω c\neq 0

Λόγω ομοιογένειας μπορούμε να υποθέσουμε ότι c=1

Η εξίσωση γίνεται x^{2}+bx-\dfrac{2(7b+6)}{21}=0

Η διακρίνουσα είναι \dfrac{21b^{2}+8(7b+6)}{21}=D

που με θεωρία τριωνύμου είναι θετική.

Για μην ισχύει το συμπέρασμα πρέπει

(1) \dfrac{-b+\sqrt{D}}{2}\geq 1

και (2)\dfrac{-b-\sqrt{D}}{2}\leq 0

Η (1) είναι ισοδύναμη με \sqrt{D}\geq 2+b

α)περίπτωση 2+b\geq 0

Η (1) υψώνοντας στο τετράγωνο δίνει b\leq -\frac{9}{7}

Η (2) υψώνοντας στο τετράγωνο δίνει b\geq -\frac{6}{7}

δηλαδή -\frac{6}{7}\leq b\leq -\frac{9}{7} ΑΤΟΠΟ

β)περίπτωση 2+b\leq 0

Η (2) δίνει b\geq -\frac{6}{7} οπότε πάλι ΑΤΟΠΟ.
Αρα το συμπέρασμα ισχύει.
Νομίζω ότι ήταν για Junior.Εξάλλου αυτοί έχουν γρήγορο επεξεργαστή και κάνουν τις πράξεις γρήγορα.
Απορώ πως τους ξέφυγε.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6112
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Εύκολη ή δύσκολη;

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Κυρ Οκτ 30, 2016 6:27 am

Η συνθήκη γράφεται

\displaystyle{\frac{a}{4}+\frac{b}{6}+\frac{c}{7}=0.}

Αν η συνθήκη ήταν

\displaystyle{\frac{a}{5}+\frac{b}{6}+\frac{c}{7}=0,} το ζητούμενο θα ήταν άμεση συνέπεια του θεωρήματος Rolle στη συνάρτηση \displaystyle{\frac{ax^5}{5}+\frac{bx^6}{6}+\frac{cx^7}{7}} στο διάστημα \displaystyle{[0,1].}

Αναρωτιέμαι λοιπόν, μήπως μπορεί να βρεθεί (πολυωνυμική;) συνάρτηση \displaystyle{f(x),} ώστε να μπορεί να εφαρμοσθεί το θεώρημα Rolle στην

\displaystyle{\int_{0}^{x}f(t)(at^4+bt^5+ct^6)dt.}


Μάγκος Θάνος
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1389
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Εύκολη ή δύσκολη;

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Κυρ Οκτ 30, 2016 8:07 am

Η εξίσωση ορίζει επίπεδο διερχόμενο από την τομή των αξόνων. Εύκολα βρίσκουμε ότι μία βάση του είναι τα (2,3,-7), (-8,6,7). Έτσι, το τριώνυμο θα έχει τη μορφή P(x) =  (2m-8n) + (3m+6n)x + (-7m+7n)x^2 (m, n \in \mathbb{R}) και θα ισχύουν P(0) = 2m-8n, 4P(1/2) = 7m - 13n, P(1) = -2m + 5n.

Αν n = m = 0 τότε P(x) \equiv 0. Αν n = 0, m \neq 0 τα P(0), P(1) είναι ετερόσημα. Αν n > 0, εξετάζοντας το λόγο m/n, τα P(0), P(1) δεν μπορούν να είναι ταυτόχρονα θετικά ενώ τα P(1/2), P(1) δεν μπορούν να είναι ταυτόχρονα αρνητικά (και ομοίως για n < 0). Έτσι έχουμε πάντα την επιθυμητή αλλαγή προσήμου από όπου προκύπτει το ζητούμενο.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7953
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Εύκολη ή δύσκολη;

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Οκτ 30, 2016 9:28 am

Εύκολη τελικά.

Ήταν η περίπτωση x=1/2, n=2 αυτού εδώ.

Είπα να το δυσκολέψω αφαιρώντας τα στοιχεία που προϊδεάζουν για το πως πρέπει να λυθεί. Χωρίς να την δοκιμάσω όμως μέσα μου ήξερα ότι θα υπήρχε διαφορετικός και εύκολος τρόπος επίλυσης. Εξού και ο τίτλος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες